전자기파/전자기학의 경계치 문제/관련 예제

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1. 예제 1: 반사 방지막2. 예제 2 전반사 후 편광3. 예제 3 : 도체 박막

1. 예제 1: 반사 방지막[편집]

[문제]
그림과 같이 굴절률 n1 (z<0)n_{1}\,(z<0), n2 (z<0<d)n_{2}\,(z<0<d), n3 (z>d)n_{3}\,(z>d)로 3개의 층으로 구성된 유전체를 고려하자. 그림과 같이 p편광된 빛을 n1n_{1} 영역에서 수직으로 입사했을 때, 다음 물음에 답하시오. (a) 반사율과 투과율을 구하시오. (b) 반사율이 최소로 되도록 하는 dd와 그 때의 반사율을 구하시오. (c) 반사율이 00이 되기 위한 n1n_{1}, n2n_{2}, n3n_{3}의 관계식을 구하시오. (단, 유전체는 선형적이고 등방적인 물질이며, n1<n2<n3n_{1}<n_{2}<n_{3}이다.)

파일:나무_삼층레이어.png

[풀이 보기]

(a)
각 영역에서 전기장과 자기장 세기은 아래와 같이 쓸 수 있다. 한 영역에선 +z+z으로 이동하는 파와 경계에서 반사된 파 모두 존재한다는 사실에 주의하라.
영역
전기장
자기장 세기
x<0x<0
x^[E1ei(k1z−ωt)+E1′e−i(k1z+ωt)] \hat{\mathbf{x}}[E_{1} e^{i (k_{1}z-\omega t)}+E_{1}' e^{-i (k_{1}z+\omega t)}]
y^n1cμ0[E1ei(k1z−ωt)−E1′e−i(k1z+ωt)] \displaystyle \hat{\mathbf{y}} \frac{n_{1}}{c \mu_{0}}[E_{1} e^{i (k_{1}z-\omega t)}-E_{1}' e^{-i (k_{1}z+\omega t)}]
0<x<d0<x<d
x^[E2ei(k2z−ωt)+E2′e−i(k2z+ωt)] \hat{\mathbf{x}}[E_{2} e^{i (k_{2}z-\omega t)}+E_{2}' e^{-i (k_{2}z+\omega t)}]
y^n2cμ0[E2ei(k2z−ωt)−E2′e−i(k2z+ωt)] \displaystyle \hat{\mathbf{y}} \frac{n_{2}}{c \mu_{0}}[E_{2} e^{i (k_{2}z-\omega t)}-E_{2}' e^{-i (k_{2}z+\omega t)}]
x>dx>d
x^E3ei(k3z−ωt) \hat{\mathbf{x}}E_{3} e^{i (k_{3}z-\omega t)}
y^n3cμ0E3ei(k3z−ωt) \displaystyle \hat{\mathbf{y}} \frac{n_{3}}{c \mu_{0}}E_{3} e^{i (k_{3}z-\omega t)}

유전체 특성 상 μi≃μ0\mu_{i} \simeq \mu_{0}인 점을 썼고, 영역 x>dx>d에서 무한한 영역에서 반사되어 오는 파는 물리적인 상황이 아니므로 −z-z로 진행하는 파는 기입하지 않았다. 따라서 우리는 경계 조건

E1(z=0)⋅t^=E2(z=0)⋅t^E2(z=d)⋅t^=E3(z=d)⋅t^H1(z=0)⋅t^=H2(z=0)⋅t^H2(z=d)⋅t^=H3(z=d)⋅t^\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{E_{1}}(z=0) \cdot \hat{\mathbf{t}}&=\mathbf{E_{2}}(z=0) \cdot \hat{\mathbf{t}} \\ \mathbf{E_{2}}(z=d) \cdot \hat{\mathbf{t}}&=\mathbf{E_{3}}(z=d) \cdot \hat{\mathbf{t}} \\ \mathbf{H_{1}}(z=0) \cdot \hat{\mathbf{t}}&=\mathbf{H_{2}}(z=0) \cdot \hat{\mathbf{t}} \\ \mathbf{H_{2}}(z=d) \cdot \hat{\mathbf{t}}&=\mathbf{H_{3}}(z=d) \cdot \hat{\mathbf{t}} \end{aligned}

를 쓰면, 4개의 방정식

E1+E1′=E2+E2′n1(E1−E1′)=n2(E2−E2′)E2eik2d+E2′e−ik2d=E3eik3dn2(E2eik2d−E2′e−ik2d)=n3E3eik3d\displaystyle \begin{aligned} E_{1}+E_{1}'&=E_{2}+E_{2}' \\ n_{1}(E_{1}-E_{1}')&=n_{2}(E_{2}-E_{2}') \\ E_{2}e^{ik_{2}d}+E_{2}'e^{-ik_{2}d}&=E_{3}e^{ik_{3}d} \\ n_{2}(E_{2}e^{ik_{2}d}-E_{2}'e^{-ik_{2}d})&=n_{3}E_{3}e^{ik_{3}d} \end{aligned}

이 나온다. 따라서 이 방정식을 통해 E3/E1E_{3}/E_{1}을 구할 수 있으며, 그 값은,

E3E1=12[(1+n3n1)cos⁡(k2d)−i(n2n1+n3n2)sin⁡(k2d)]eik3d \displaystyle \frac{E_{3}}{E_{1}}=\frac{1}{2} \left[ \left(1+ \frac{n_{3}}{n_{1}} \right) \cos{(k_{2}d)}-i \left( \frac{n_{2}}{n_{1}}+\frac{n_{3}}{n_{2}} \right) \sin{(k_{2}d)} \right] e^{ik_{3}d}

이 된다. 이것으로 부터 투과율은 쉽게 결정되며, 그 값은,

1T=n1n3∣E1E3∣2=14n1n3[(1+n3n1)2cos⁡2(k2d)+(n2n1+n3n2)2sin⁡2(k2d)]=14n1n3[(n1+n3)2+(n12−n22)(n32−n22)n22sin⁡2(k2d)] \displaystyle \begin{aligned} \frac{1}{T}&=\frac{n_{1}}{n_{3}} \left| \frac{E_{1}}{E_{3}} \right|^{2} \\ &=\frac{1}{4} \frac{n_{1}}{n_{3}} \left[ \left(1+ \frac{n_{3}}{n_{1}} \right)^{2} \cos^{2}{(k_{2}d)}+ \left( \frac{n_{2}}{n_{1}}+\frac{n_{3}}{n_{2}} \right)^{2} \sin^{2}{(k_{2}d)} \right] \\ &=\frac{1}{4n_{1}n_{3}} \left[ (n_{1}+n_{3})^{2}+\frac{(n_{1}^{2}-n_{2}^{2})(n_{3}^{2}-n_{2}^{2})}{n_{2}^{2}} \sin^{2}{(k_{2}d)} \right] \end{aligned}

따라서 반사율은

T+R=1\displaystyle T+R=1

을 만족해야 하므로

R=1−4n1n3[(n1+n3)2+(n12−n22)(n32−n22)n22sin⁡2(k2d)]−1 \displaystyle R=1-4n_{1}n_{3} \left[ (n_{1}+n_{3})^{2}+\frac{(n_{1}^{2}-n_{2}^{2})(n_{3}^{2}-n_{2}^{2})}{n_{2}^{2}} \sin^{2}{(k_{2}d)} \right]^{-1}


(b)
n1<n2<n3n_{1}<n_{2}<n_{3}을 만족할 때, 일반물리학에서 배웠던 박막 간섭 조건을 쓰자. 반사에 의한 파들이 소멸 간섭될 조건은

2n2d=λ0(m+12)  (m=0, 1, 2, ⋯ )\displaystyle 2n_{2}d=\lambda_{0}\left(m+\frac{1}{2} \right) \,\,(m=0,\,1,\,2,\, \cdots)

이다. λ0\lambda_{0}는 진공에서 입사한 빛의 파장을 말한다. 따라서 위 조건에서 dd가 최솟값이 되려면,

d=λ04n2=2πc/ω4k2c/ω → k2d=π2\displaystyle d=\frac{\lambda_{0}}{4n_{2}}=\frac{2\pi c/\omega}{4k_{2}c/\omega} \, \rightarrow \, k_{2}d=\frac{\pi}{2}

따라서 반사율의 최솟값은

R=1−4n1n3[(n1+n3)2+(n12−n22)(n32−n22)n22]−1=(n1n3−n22n1n3+n22)2 \displaystyle \begin{aligned} R&=1-4n_{1}n_{3} \left[ (n_{1}+n_{3})^{2}+\frac{(n_{1}^{2}-n_{2}^{2})(n_{3}^{2}-n_{2}^{2})}{n_{2}^{2}} \right]^{-1} \\ &=\left( \frac{n_{1}n_{3}-n_{2}^{2}}{n_{1}n_{3}+n_{2}^{2}} \right)^{2} \end{aligned}

이 된다.

(c)
반사율이 0이 될 조건은 (b)에서 도출된 반사율을 사용하면, 분자가 0이 되어야 함에 따라

n2=n1n3 \displaystyle n_{2}=\sqrt{n_{1}n_{3}}

이 된다.

2. 예제 2 전반사 후 편광[편집]

[문제]
입사면에 대해 +45∘+45^{\circ}만큼 기울어지게 선형 편광된 전자기파(아래 그림 참조)가 두 매질의 유전체 경계면에 전반사된다. 전반사된 전자기파가 (a) 선형 편광될 조건을 구하시오. (b) p편광, s편광 된 빛이 전반사 후에 갖는 위상을 각각 φp\varphi_{p}, φs\varphi_{s}라 하자. φp−φs=π/2\varphi_{p}-\varphi_{s}=\pi/2를 만족하면, 전반사 후 원 편광이 되는지를 말하시오.

파일:나무_유전체_예제_2.png

[풀이 보기]

입사한 전자기파의 전기장 진폭을 E0E_{0}라 두면, p편광, s편광된 빛의 진폭은 각각 E0/2E_{0}/\sqrt{2}가 된다.[1] 그런데, 우리는 전반사 될 때, 반사 계수

rp=iβn1−n2cos⁡θ1iβn1+n2cos⁡θ1rs=n1cos⁡θ1−iβn2n1cos⁡θ1+iβn2 \displaystyle r_{p}=\frac{i \beta n_{1}-n_{2}\cos{\theta_{1} }}{i \beta n_{1}+n_{2}\cos{\theta_{1} }} \qquad \qquad r_{s}=\frac{n_{1}\cos{\theta_{1}}-i \beta n_{2}}{n_{1}\cos{\theta_{1}}+i \beta n_{2}}

임을 이미 알고 있다. 또한, 위 값들은 복소수량이므로

rp=∣rp∣ei(ϕp+π)rp=∣rp∣eiϕs \displaystyle r_{p}=\left| r_{p} \right|e^{i (\phi_{p}+\pi)} \qquad \qquad r_{p}=\left| r_{p} \right|e^{i \phi_{s}}

으로 쓸 수 있다. 이때,

tan⁡ϕp2=−n1βn2cos⁡θ1tan⁡ϕs2=−n2βn1cos⁡θ1 \displaystyle \tan{\frac{\phi_{p}}{2}}=-\frac{ n_{1} \beta }{n_{2}\cos{\theta_{1} }} \qquad \qquad \tan{\frac{\phi_{s}}{2}}=-\frac{ n_{2} \beta }{n_{1}\cos{\theta_{1} }}

이다. 따라서

φp=ϕp+πφs=ϕs \displaystyle \varphi_{p}=\phi_{p}+\pi \qquad \qquad \varphi_{s}=\phi_{s}

이 된다.

위 식들에서 β\beta를 소거하기 위해

β2=−cos⁡2θ2sin⁡θ2=n1n2sin⁡θ1 \displaystyle \beta^{2}=-\cos^{2}{\theta_{2}} \qquad \qquad \sin{\theta_{2}}=\frac{n_{1}}{n_{2}} \sin{\theta_{1}}

를 쓰면,

−β2+(n1n2sin⁡θ1)2=1 → β=(n1n2sin⁡θ1)2−1 \displaystyle -\beta^{2}+\left( \frac{n_{1}}{n_{2}} \sin{\theta_{1}} \right)^{2}=1 \, \rightarrow \, \beta=\sqrt{\left( \frac{n_{1}}{n_{2}} \sin{\theta_{1}} \right)^{2}-1}

이므로

β=n1n2sin⁡2θ1−(n2/n1)2 \displaystyle \beta=\frac{n_{1}}{n_{2}} \sqrt{ \sin^{2}{\theta_{1}} -(n_{2}/n_{1})^{2} }

이상에서

tan⁡ϕp2=−sin⁡2θ1−(n2/n1)2(n2/n1)2cos⁡θ1tan⁡ϕs2=−sin⁡2θ1−(n2/n1)2cos⁡θ1 \displaystyle \tan{\frac{\phi_{p}}{2}}=-\frac{ \sqrt{ \sin^{2}{\theta_{1}} -(n_{2}/n_{1})^{2} } }{(n_{2}/n_{1})^{2}\cos{\theta_{1} }} \qquad \qquad \tan{\frac{\phi_{s}}{2}}=-\frac{ \sqrt{ \sin^{2}{\theta_{1}} -(n_{2}/n_{1})^{2} } }{\cos{\theta_{1} }}

로 구해진다. 비록 구하지는 않겠지만,

∣rp∣=∣rs∣=1 \displaystyle \left| r_{p} \right|=\left| r_{s} \right|=1

임을 알 수 있다. 따라서 전반사 후 p편광, s편광된 전자기파의 진폭은

∣rp∣E02=∣rs∣E02=E02 \displaystyle \left| r_{p} \right| \frac{E_{0}}{\sqrt{2}}=\left| r_{s} \right| \frac{E_{0}}{\sqrt{2}}=\frac{E_{0}}{\sqrt{2}}

으로 모두 같다.

(a)
전반사된 전자기파가 선형 편광되려면, 전반사 후 p편광, s편광된 각 파가 위상이 φp−φs=mπ\varphi_{p}-\varphi_{s}=m \pi (mm은 정수)을 만족하면 된다. 자세한 것은 전자기파 문서를 참조하라. 그런데 이미

φp=ϕp+πφs=ϕs \displaystyle \varphi_{p}=\phi_{p}+\pi \qquad \qquad \varphi_{s}=\phi_{s}

임을 알고 있고, 두 위상각은 π\pi 만큼 차이난다는 사실을 알 수 있다. 따라서

ϕp=ϕs \displaystyle \phi_{p}=\phi_{s}

를 만족하면 선형 편광이 된다. 따라서 이것이 만족하려면,

sin⁡θ1=n1n2orθ1=π2 \displaystyle \sin{\theta_{1}}=\frac{n_{1}}{n_{2}} \qquad \mathrm{or} \qquad \theta_{1}=\frac{\pi}{2}

을 만족해야 한다. 즉, 임계각으로 입사하거나, 평행 입사시켜야 한다.

(b)
원형 편광이 되려면, 전반사 후 p편광, s편광된 전자기파의 진폭은 같아야 하는데, 이것은 이미 위에서 증명했다. 또한, 문제에서 주어진 조건은 수직인 파가 서로 위상차 π/2\pi/2를 가지므로 원편광 될 수 있다.[2] 다만, 우리는 추가적으로 두 굴절률에 대한 조건을 구해야 한다. 위상차

φp−φs≡Δφ \displaystyle \varphi_{p}-\varphi_{s} \equiv \Delta \varphi

라 하자. 우리는 원형 편광이 되려면 Δφ=π/2 \displaystyle \Delta \varphi=\pi/2 이 돼야 한다는 것을 이미 알고 있다. 이때,

Δφ=2[tan⁡−1(−sin⁡2θ1−(n2/n1)2(n2/n1)2cos⁡θ1)−tan⁡−1(−sin⁡2θ1−(n2/n1)2cos⁡θ1)]+π \displaystyle \Delta \varphi=2 \left[ \tan^{-1} \left( -\frac{ \sqrt{ \sin^{2}{\theta_{1}} -(n_{2}/n_{1})^{2} } }{(n_{2}/n_{1})^{2}\cos{\theta_{1} }} \right)-\tan^{-1} \left( -\frac{ \sqrt{ \sin^{2}{\theta_{1}} -(n_{2}/n_{1})^{2} } }{\cos{\theta_{1} }} \right) \right]+\pi

이고, 이것의 극값을 조사해보도록하자. 이것이 극값을 가질 조건은

∂(Δφ)∂k=0 \displaystyle \frac{\partial (\Delta \varphi)}{\partial k}=0

이다. 이때,

k≡sin⁡2θ1−(n2/n1)2cos⁡θ1 \displaystyle k \equiv \frac{ \sqrt{ \sin^{2}{\theta_{1}} -(n_{2}/n_{1})^{2} } }{\cos{\theta_{1}} }

라 놓으면, 각종 관계에 의해

Δφ=2[tan⁡−1(−kn12n22)−tan⁡−1(−k)]+π \displaystyle \Delta \varphi=2 \left[ \tan^{-1} {\left(- k \frac{n_{1}^{2}}{n_{2}^{2}} \right)}-\tan^{-1}{(-k)} \right]+\pi

로 쓸 수 있다. 이 함수가 극값을 가질 때의 위상차를 Φ\Phi라 놓으면, 극값을 갖는

k=n2n1 \displaystyle k=\frac{n_{2}}{n_{1}}

이므로

Φ2=tan⁡−1(−n1n2)−tan⁡−1(−n2n1)+π2 \displaystyle \frac{\Phi}{2} =\tan^{-1} \left( -\frac{n_{1}}{n_{2}} \right)- \tan^{-1} \left( -\frac{n_{2}}{n_{1}} \right)+\frac{\pi}{2}

그런데 우리가 만족시켜야 할 조건은

Δφ=π2 → tan⁡(Δφ2)=1 \displaystyle \Delta \varphi =\frac{\pi}{2} \, \rightarrow \, \tan{\left( \frac{\Delta \varphi}{2} \right)}=1

이고, 맨 아래의 그래프의 형태를 참조할 때, 극솟값은 π/2\pi/2보다 같거나 작아야 한다는 사실을 알 수 있다. 즉,

Φ≤π2 \displaystyle \Phi \leq \frac{\pi}{2}

이 성립해야 가질 수 있는 위상차 중 π/2\pi/2를 포함하게 된다. 따라서

tan⁡(Φ2)≤tan⁡(Δφ2)=1 \displaystyle \tan{\left( \frac{\Phi}{2} \right)} \leq \tan{\left( \frac{\Delta \varphi}{2} \right)}=1

을 만족해야한다는 사실을 알 수 있다. 이때,

tan⁡(Φ2)=2(n2/n1)1−(n2/n1)2 \displaystyle \tan{\left( \frac{\Phi}{2} \right)}=\frac{2(n_{2}/n_{1})}{1-(n_{2}/n_{1})^2}

임을 쉽게 증명할 수 있다. 따라서

2(n2/n1)1−(n2/n1)2≤1 \displaystyle \frac{2(n_{2}/n_{1})}{1-(n_{2}/n_{1})^2} \leq 1

의 부등식이 작성되고, 우리는 전반사를 다루고 있기 때문에

0<n2n1<1 \displaystyle 0<\frac{n_{2}}{n_{1}}<1

또한 만족해야 하므로 이 두 부등식을 동시에 만족시켜주는 범위는

0<n2n1≤2−1 \displaystyle 0< \frac{n_{2}}{n_{1}} \leq \sqrt{2}-1

가 된다. 따라서 모든 내용을 정리하면, 문제에서 주어진 조건에서 전반사된 파가 원형 편광 되는 것은 가능하며, 추가 조건

0<n2n1≤2−1 \displaystyle 0< \frac{n_{2}}{n_{1}} \leq \sqrt{2}-1

을 만족할 때만 원형 편광이 일어난다.

아래는 위에서의 Δφ\Delta \varphi, φp\varphi_{p}, φs\varphi_{s}를 θ1\theta_{1}(입사각)의 함수로 그려본 것이다.

파일:나무_전반사 후 편광_그래프_수정.png

3. 예제 3 : 도체 박막[편집]

[문제]
그림과 같이 진공과, 도체로 이루어진 세 영역이 있다. 도체 영역의 두께 d=15 nmd=15 \, \mathrm{nm}이다. p편광된 전자기파를 도체에 수직입사 시킬 때, z=0z=0 경계면에서 입사파와 투과파, z=dz=d 경계면에서 입사파와 투과파의 전기장의 진폭을 구하시오. 초기 입사시킨 파의 전기장 진폭은 E1=6.00 V/mE_{1}=6.00\,\mathrm{V/m}이고, 입사시킨 파의 진동수는 1015 Hz10^{15}\,\mathrm{Hz}이고, 도체의 전기 전도도는 38.6×106 (Ω⋅m)−138.6 \times 10^6 \,(\Omega \cdot \mathrm{m})^{-1}이다. (단, 모든 매질의 자기 감수율은 11이다.)

파일:나무_도체박막예제.png

[풀이 보기]

도체 영역의 굴절률은 다음과 같이 구할 수 있다.

n2~=n2+ik2 \displaystyle \tilde{n_{2}} =n_{2}+ik_{2}

그런데 전기 전도도 σc≫1\sigma_{c} \gg 1을 만족하므로

n2=k2=σc2ε0ω=1.86 \displaystyle n_{2}=k_{2}=\sqrt{\frac{\sigma_{c}}{2 \varepsilon_{0} \omega }}=1.86

으로 쓸 수 있다. 자세한 것은 이곳을 참조하라. 이때, n1=1n_{1}=1이므로 투과 계수를 이용하면,

t~=2n1n1+(n2+ik2)\displaystyle \tilde{t}=\frac{2n_{1}}{n_{1}+(n_{2}+ik_{2})}

그런데 우리는 진폭 만을 고려하므로, 위상과 관련된 것은 우리의 관심사가 아니다. 따라서 다음과 같이 쓸 수 있다.

E1E0=∣t~∣\displaystyle \frac{E_{1}}{E_{0}}=\left| \tilde{t} \right|

이에 따라

E1=4.19 V/m\displaystyle E_{1}=4.19 \, \mathrm{V/m}

가 된다. 우리는 전자기파 문서에서 이미 도체 내의 전자기파는 급격이 감쇠된다는 것을 논의했고, 그 감쇠비는 아래와 같음을 논의했다.

exp⁡(−zδ)\displaystyle \exp{\left(-\frac{z}{\delta} \right) }

이때, δ\delta는 침투 깊이이며, 다음과 같이 주어진다.

δ≡cωk2=2σcμ0ω \displaystyle \delta \equiv \frac{c}{\omega k_{2}}= \sqrt{\frac{2 }{\sigma_{c} \mu_{0} \omega}}

따라서

E2=E1exp⁡(−dδ) \displaystyle E_{2}=E_{1}\exp{\left(-\frac{d}{\delta} \right) }

이므로 주어진 값을 대입하면,

E2=1.56×10−25 V/m\displaystyle E_{2}=1.56 \times 10^{-25} \, \mathrm{V/m}

이다. 사실 상 0에 가깝게 감쇠되었음을 알 수 있다. 처음에 진공으로 부터 도체로 입사할 때와 비슷한 방법으로

E3E2=∣2(n2+ik2)n1+(n2+ik2)∣\displaystyle \frac{E_{3}}{E_{2}}=\left| \frac{2(n_{2}+ik_{2})}{n_{1}+(n_{2}+ik_{2})} \right|

이므로 주어진 값을 대입하면,

E3=2.03×10−25 V/m\displaystyle E_{3}=2.03 \times 10^{-25} \, \mathrm{V/m}

으로 구할 수 있다. 이 예제는 금속에 전자기파가 투과되었을 때, 급격히 감쇠된다는 것을 보여준다.


[1] p편광은 입사면에 대해 평행하게, s편광은 입사면에 수직하게 전기장이 진동하는 것을 상기하라.[2] 이것에 대한 자세한 설명은 전자기파 문서의 편광 관련된 부분의 설명을 참조하라.